Номер 103, страница 17, часть 1 - гдз по физике 10-11 класс сборник задач Парфентьева

Часть 1. 10 класс. Механика. Кинематика. Кинематика точки. Свободное падение тел - номер 103, страница 17.

Условие.

103. [94] С высокого берега реки, находящегося на высоте $\text{h}$ над поверхностью воды, бросают тело на противоположный берег, находящийся практически на уровне воды, под углом $\alpha$ к горизонту. Ширина реки $\text{l}$. С какой минимальной скоростью нужно бросить тело, чтобы оно оказалось на другом берегу?

Решение.

Дано:

Высота берега: $\text{h}$

Ширина реки: $\text{l}$

Угол броска к горизонту: $\alpha$

Ускорение свободного падения: $\text{g}$

Все величины представлены в системе СИ.

Найти:

Минимальную начальную скорость $v_{min}$

Решение:

Выберем систему координат. Начало координат $(0,0)$ расположим на поверхности воды у высокого берега. Ось $Ox$ направим горизонтально в сторону противоположного берега, а ось $Oy$ — вертикально вверх. В такой системе координат начальные координаты тела будут $x_0 = 0$ и $y_0 = h$. Конечные координаты (на противоположном берегу) будут $x_k = l$ и $y_k = 0$.

Пусть тело бросают с начальной скоростью $v_0$ под углом $\alpha$ к горизонту. Проекции начальной скорости на оси координат равны:

$v_{0x} = v_0 \cos \alpha$

$v_{0y} = v_0 \sin \alpha$

Запишем уравнения движения тела. Движение по горизонтали равномерное, а по вертикали — равноускоренное с ускорением $-g$.

$x(t) = v_{0x} t = (v_0 \cos \alpha) t$

$y(t) = y_0 + v_{0y} t - \frac{gt^2}{2} = h + (v_0 \sin \alpha) t - \frac{gt^2}{2}$

Тело достигнет противоположного берега в момент времени $t_{пол}$, когда его координата $\text{x}$ станет равной $\text{l}$. Из уравнения для $x(t)$ найдем время полета:

$l = (v_0 \cos \alpha) t_{пол} \implies t_{пол} = \frac{l}{v_0 \cos \alpha}$

В этот же момент времени $t_{пол}$ тело должно оказаться на уровне воды, то есть его координата $\text{y}$ должна быть равна нулю. Подставим выражение для $t_{пол}$ в уравнение для $y(t)$:

$0 = h + (v_0 \sin \alpha) \left(\frac{l}{v_0 \cos \alpha}\right) - \frac{g}{2} \left(\frac{l}{v_0 \cos \alpha}\right)^2$

Упростим полученное выражение:

$0 = h + l \frac{\sin \alpha}{\cos \alpha} - \frac{gl^2}{2v_0^2 \cos^2 \alpha}$

$0 = h + l \tan \alpha - \frac{gl^2}{2v_0^2 \cos^2 \alpha}$

Выразим из этого уравнения квадрат начальной скорости $v_0^2$:

$\frac{gl^2}{2v_0^2 \cos^2 \alpha} = h + l \tan \alpha$

$v_0^2 = \frac{gl^2}{2 \cos^2 \alpha (h + l \tan \alpha)}$

Чтобы найти минимально возможную скорость $v_{min}$, при которой тело достигнет цели, необходимо найти такое значение угла $\alpha$, при котором знаменатель $D(\alpha) = 2 \cos^2 \alpha (h + l \tan \alpha)$ будет максимален.

Преобразуем выражение для знаменателя:

$D(\alpha) = 2h \cos^2 \alpha + 2l \sin \alpha \cos \alpha$

Используя тригонометрические формулы $2 \cos^2 \alpha = 1 + \cos(2\alpha)$ и $2 \sin \alpha \cos \alpha = \sin(2\alpha)$, получим:

$D(\alpha) = h(1 + \cos(2\alpha)) + l \sin(2\alpha) = h + h \cos(2\alpha) + l \sin(2\alpha)$

Для нахождения максимума этой функции найдем ее производную по $\alpha$ и приравняем к нулю:

$\frac{dD}{d\alpha} = -2h \sin(2\alpha) + 2l \cos(2\alpha) = 0$

$2l \cos(2\alpha) = 2h \sin(2\alpha)$

$\tan(2\alpha) = \frac{l}{h}$

Это условие для оптимального угла $\alpha_{opt}$, при котором скорость будет минимальной. Зная $\tan(2\alpha)$, мы можем найти $\sin(2\alpha)$ и $\cos(2\alpha)$, рассмотрев прямоугольный треугольник с катетами $\text{l}$ и $\text{h}$ и гипотенузой $\sqrt{l^2+h^2}$:

$\sin(2\alpha_{opt}) = \frac{l}{\sqrt{l^2+h^2}}$, $\cos(2\alpha_{opt}) = \frac{h}{\sqrt{l^2+h^2}}$

Подставим эти значения в выражение для $D(\alpha)$, чтобы найти его максимальное значение $D_{max}$:

$D_{max} = h + h \left(\frac{h}{\sqrt{l^2+h^2}}\right) + l \left(\frac{l}{\sqrt{l^2+h^2}}\right) = h + \frac{h^2+l^2}{\sqrt{l^2+h^2}} = h + \sqrt{l^2+h^2}$

Теперь подставим $D_{max}$ в формулу для квадрата скорости, чтобы найти квадрат минимальной скорости:

$v_{min}^2 = \frac{gl^2}{D_{max}} = \frac{gl^2}{h + \sqrt{l^2+h^2}}$

Извлекая квадратный корень, получаем окончательное выражение для минимальной скорости:

$v_{min} = \sqrt{\frac{gl^2}{h + \sqrt{h^2+l^2}}}$

Ответ: $v_{min} = \sqrt{\frac{gl^2}{h + \sqrt{h^2+l^2}}}$